\section{重 因式}

\begin{frame}{重因式、形式微商}

  \begin{definition}%定义9 
    不可约多项式 $p$ 称为多项式 $f$ 的 \emph{$k$ 重因式}， 如果 $p^{k} \mid f$, 而 $p^{k+1} \nmid f$.
\end{definition}

\pause
如果 $k=0$, 那么 $p$ 根本不是 $f$ 的因式; 如果 $k=1$, 那么 $p$ 称为 $f$ 的\emph{单因式}; 如果 $k>1$,那么 $p$ 称为 $f$ 的\emph{重因式}。
\pause
%显然，如果 $f$ 的标准分解式为
%\[
%f=c p_{1}^{r_{1}} p_{2}^{r_{2}} \cdots p_{s}^{r_{s}},
%\]
%那么 $p_{1}, p_{2}, \cdots, p_{s}$ 分别是 $f$ 的 $r_{1}$ 重， $r_{2}$ 重， \ldots,$r_{s}$ 重因式。 指数 $r_{i}=1$ 的那些不可约因式是单因式，指数 $r_{i}>1$ 的那些不可约因式是重因式。
显然，若$f$分解为$f=c\prod_{p} p^{v_p}$, 其中指标$p$遍历所有首一的不可约多项式，
则$p$为$f$的$v_p$重因式，即$p$在$f$中的重数正是$v_p(f)$;
指数$v_p(f)=0$时$p$非$f$的因式，$v_p(f)=1$时$p$为$f$的单因式，
$v_p(f)>1$时$p$为$f$的重因式。

\pause
因为没有一般的方法来求一个多项式的标准分解式，判别有没有重因式的问题就需要用另外的方法解决。
\begin{definition}
设有多项式
\[
f=a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0} .
\]
我们规定它的\emph{微商} (也称\emph{导数}) 是
\[
f^{\prime}=a_{n} n x^{n-1}+a_{n-1}(n-1) x^{n-2}+\cdots+a_{1} .
\]
\end{definition}
这种规定自然是来源于数学分析，但是在目前的情况下，我们只把它当作是一个形式的定义。
通过直接的验证，可以得出关于多项式微商的基本公式：
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{observation*}[微商的性质]
\[
  \begin{aligned}
    (f+g)^{\prime}&= f^{\prime}+g^{\prime}, \\
    (c f)^{\prime}&= c f^{\prime}, \quad (c\in P)\\
(f g)^{\prime}&= f^{\prime} g+f g^{\prime}, \\
\left(f^{m}\right)^{\prime}&= m f^{m-1} f^{\prime} .
\end{aligned}
\]
\end{observation*}
\pause
同样可以定义高阶微商的概念。 微商 $f^{\prime}$ 称为 $f$ 的\emph{一阶微商}， $f^{\prime}$ 的微商 $f^{\prime \prime}$ 称为 $f$ 的\emph{二阶微商}， 等等。 $f$ 的 \emph{$k$ 阶微商}记为 $f^{(k)}$.

\pause
\begin{exercise}
  证明$(fg)^{(k)}= \sum_{i=0}^k \binom{k}{i} f^{(i)} g^{(k-i)}$.
\end{exercise}
\pause
一个 $n$ ($n \geqslant 1$) 次多项式的微商是一个 $n-1$ 次多项式， 它的 $n$ 阶微商是一个常数，它的 $n+1$ 阶微商等于零。
\pause
\begin{exercise}[Taylor展开]
    设$f\in P[x]$为次数不超过$n$的多项式，$c\in P$, 则有
  \[
    f=\sum_{i=0}^n \frac{f^{(i)}(c)}{i!} (x-c)^i.
  \]
\end{exercise}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{theorem}%定理6 
  \label{0FB}
如果不可约多项式 $p$ 是 $f$ 的 $k$ 重因式 ($k \geqslant 1$), 那么它是微商 $f^{\prime}$的 $k-1$ 重因式。%
\end{theorem}

\pause
\begin{proof}
由假设， $f$ 可以分解为
$f=p^{k} g,$
其中 $p$ 不能整除 $g$. 因此
\[
f^{\prime}=p^{k-1}\left(k g p^{\prime}+p g^{\prime}\right),
\]
这说明 $p^{k-1} \mid f^{\prime}$. 如果令
$
h=k g p^{\prime}+p g^{\prime} .
$
那么 $p$ 整除等式右端的第二项，但不能整除第一项， 因此 $p$ 不能整除 $h$, 从而 $p^{k}$ 不能整除 $f^{\prime}$. 这说明 $p$ 是 $f^{\prime}$ 的 $k-1$ 重因式。
\end{proof}

\pause

\begin{corollary}%推论1, 2, 3
  \label{1C4}
\begin{enumerate}
  \item  如果不可约多项式 $p$ 是 $f$ 的 $k$ 重因式 $(k \geqslant 1)$, 那么 $p$ 是 $f$, $f^{\prime}, \cdots, f^{(k-1)}$ 的因式， 但不是 $f^{(k)}$ 的因式。
  \item 不可约多项式 $p$ 是 $f$ 的重因式当且仅当 $p$ 是 $f$ 与 $f^{\prime}$ 的公因式，
    当且仅当$p\mid (f,f')$.
  \item 多项式 $f$ 没有重因式的充分必要条件是 $f$ 与 $f^{\prime}$ 互素。
  \end{enumerate}
\end{corollary}

推论~\ref{1C4}(3)表明， 判别一个多项式有没有重因式， 可以通过代数运算——辗转相除法来解决，这个方法甚至是机械的。
\end{frame}



\begin{frame}

  \begin{proof}
  \begin{enumerate}
    \item     根据定理~\ref{0FB}, 对 $k$ 作数学归纳法即得。 
    \item $f$ 的重因式必定是 $f^{\prime}$ 的因式。 反过来， 如果 $f$ 的不可约因式也是 $f^{\prime}$ 的因式， 它必定不是 $f$ 的单因式。 
另外，按照最大公因式的定义，$p$ 是 $f$ 与 $f^{\prime}$ 的公因式
    当且仅当$p\mid (f,f')$.
    \item 由(2)立得。
  \end{enumerate}
\end{proof}


有些时候， 特别是在讨论与解方程有关的问题时， 我们常常希望所考虑的多项式没有重因式。为此，以下的结果是有用的。

设 $f$ 具有标准分解式
\[
f=c p_{1}^{r_{1}} p_{2}^{r_{2}} \cdots p_{s}^{r_{s}} .
\]
\pause
根据定理~\ref{0FB}, $f$ 与 $f^{\prime}$ 的最大公因式必须具有标准分解式
\[
p_{1}^{r_{1}-1} p_{2}^{r_{2}-1} \cdots p_{s}^{r_{s}-1} .
\]
\pause
于是
\[
\frac{f}{\left(f, f^{\prime}\right)}=c p_{1} p_{2} \cdots p_{s} .
\]
这是一个没有重因式的多项式， 但是它与 $f$ 具有完全相同的不可约因式。 因此， 这是一个去掉因式重数的有效办法。
\end{frame}

\begin{frame}{小结}
  \begin{enumerate}
    \item 何为$k$-重因式？何为单因式、重因式？
    \item 如果有标准分解，如何判断重因式？最基本的是哪个结论？
    \item 我们为何引入多项式的形式微商？类比于分析中的求导，说说形式微商的基本性质。
    \item 说说用微商判断重因式的相关结论。多多益善。
  \end{enumerate}
\end{frame}
